四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题-文.doc

四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 文

四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 文

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四川省成都市树德中学2019-2020学年高二数学5月半期考试试题 文（含解析）
考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.若复数，复数，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先计算，再求.
【详解】，故，故选B.
【点睛】本题考察复数的概念与运算，涉及到乘法运算和复数的模，为基础题.
2.欲证成立，只需证（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由于原不等式的等价于，再两边同时平方，即可得出答案.
【详解】解：根据题意，欲证，
则需证，
只需证.
故选：C.
【点睛】本题考查利用分析法证明不等式，体现转化思想，属于基础题.
3.下列三个数：，大小顺序正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：构造函数，因为对一切恒成立，
所以函数在上是减函数，从而有，
即，故选A．
考点：函数单调性的应用．
4.否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为（ ）
A. 都是奇数 B. 都是偶数
C. 至少有两个偶数 D. 中或都是奇数或至少有两个偶数
【答案】D
【解析】
【详解】因为反证法中的反设就是原命题的否定，
而“自然数中恰有一个偶数”的否定是“中或都是奇数或至少有两个偶数”，
所以否定“自然数中恰有一个偶数”的正确的反设为“中或都是奇数或至少有两个偶数”，
故选D.
5.在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线，则曲线的对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，点在曲线上，由伸缩变换公式，将其代入中化简，将其变形为标准方程即可求解.
【详解】解：由题意，点在曲线上，
，
又，，
所以曲线的对称中心是.
故选：B
【点睛】本题考查伸缩变换公式的应用， 关键是将变换后的量代入方程进行化简，考查理解辨析能力及运算求解能力，属于基础题.
6.已知函数，.若函数的图象恒在函数图象的上方，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将原问题转化为求不等式恒成立，然后利用绝对值三角不等式的性质求解的最小值，最后解一元二次不等式，即可得出的取值范围.
【详解】解：由题可知，函数的图象恒在函数图象的上方，
即对任意实数恒成立，
即不等式恒成立，
又由绝对值三角不等式的性质，可得对于任意实数恒有：
，
于是得：，即，
所以解得：，
即的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式的性质求最值，用于解决恒成立问题，还涉及一元二次不等式的解法，考查学生的转化能力和计算求解能力.
7.已函数的两个极值点是和，则点的轨迹是（ ）
A. 椭圆弧 B. 圆弧 C. 双曲线弧 D. 抛物线弧
【答案】D
【解析】
【分析】
根据极值点的定义把用表示后，消去得关于的方程，由方程确定曲线．
【详解】由题意，所以是方程的两根，所以且，所以，，
所以点在曲线上，还要满足，轨迹为抛物线弧．
故选：D．
【点睛】本题考查值点的定义，考查由方程研究曲线，掌握极值与导数的关系是解题基础．在由方程研究曲线时，注意方程中变量的取值范围．
8.定义在上的函数, 其导函数为, 若恒有, 则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：因为，所以．由，得．不妨设，则，所以函数在上单调递增，所以，即，亦即，故选D．
考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题．
【技巧点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了．
9.已知球体的半径为3，当球内接正四棱锥的体积最大时，正四棱锥的高和底面边长的比值是（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识求出最大值，得出结论．
【详解】如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心），
设正四棱锥底面边长为，则，，设，
则由得，，，，
，
， 当时，，递增，时，
，递减，∴时，取得极大值也是最大值．
此时高，，．
故选：A．

【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是引入变量，把棱锥体积表示为的函数，利用导数求得最大值．
10.如图，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且、均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ）.

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将物体切割成一个三棱柱，两个三棱锥分别计算体积.
【详解】在上取点使，连接，
是边长为1的正方形，且、均为正三角形，，
所以四边形为等腰梯形，，，
根据等腰梯形性质，，
是平面内两条相交直线，是平面内两条相交直线，
所以平面，平面，
，
几何体体积

故选：A

【点睛】此题考查几何体的体积的计算，关键在于将几何体进行准确切割，分别利用锥体柱体体积计算方法求解.
11.已知函数是定义在的可导函数，为其导函数，当且 时，，若曲线在处的切线的斜率为，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
当 且 时，，可得：
时，
时，
令 可得： 时， ； 时，
可得：函数在处取得极值，
．
故答案为
12.已知，若，则当取得最小值时，所在区间是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
令，即
∴，
∴
令，则
∵递增，递减
∴存在唯一使得，则时，，，时，，
∴，即取最小值时，
根据零点存在定理验证的根的范围：
当时，
当，
∴
故选B
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）
13.已知，则复数的虚部是______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用复数的乘方，将，转化为，从而得到复数，进而可求得其虚部.
【详解】因为，
所以
所以
所以复数虚部是
故答案为：
【点睛】本题主要考查复数的乘方和复数相等以及复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
14.已知圆的极坐标方程为，则此圆被直线截得的弦长为______．
【答案】
【解析】
由弦长
.
15.在直角坐标系中，抛物线：的焦点为，准线为，为上第一象限内的一点，垂直于点，，分别为，的中点，直线与轴交于点，若，则直线的斜率为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意画出示意图，由几何关系证得是等边三角形后，即可求解.
【详解】解:根据题意，作示意图如下图所示：

，，记与轴交点为，则，
，且由几何关系可证，
过点作的垂线，可知其垂足就为点，且可得，
是等边三角形，由几何关系可得：，
所以直线的斜率为.
故答案为：
【点睛】在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此.
16.已知，若关于的方程恰好有个不相等的实数解，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由方程可解得f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；分析函数f（x）的单调性与极值，画出f（x）的大致图像，数形结合即可得到满足4个根时的m的取值范围．
【详解】解方程得，
f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；
又当x>0时，
，f′（x）；
故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；
且f（1），
当x＜0时，
，f′（x）>0,所以在（﹣∞，0）上是增函数，画出的大致图像：

若有四个不相等的实数解，则f（x）＝1有一个根记为t，
只需使方程f（x）＝m﹣1有3个不同于t的根，
则m﹣1；
即1；
故答案为
【点睛】本题考查了利用导数研究方程根的问题，考查了函数的单调性、极值与图像的应用，属于中档题．
三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（1）已知关于的不等式（其中），当时，求不等式的解集；
（2）已知，均为正数，且，求证：.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件，先分析的解集就是绝对值不等式的求解，利用三段论法得到即可；
（2）根据要证结论分析可知由三元基本不等式即可证得结论成立.
【详解】（1）当时，不等式为.
当时，，解得；当时，，解得；
当时，，此时不存在，∴原不等式的解集为.
（2）因为，，，
，当且仅当时等号成立，
所以.
【点睛】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解，考查三元基本不等式的应用，考查推理能力与计算能力，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
18.选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数).在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.
（Ⅰ）写出曲线，的普通方程；
（Ⅱ）过曲线的左焦点且倾斜角为的直线交曲线于两点，求.
【答案】（1）,（2）
【解析】
分析：（Ⅰ）消去参数及利亚极坐标与直角坐标互化方法，写出曲线，的普通方程；
（Ⅱ）直线的参数方程为（为参数），将其代入曲线整理可得：，利用参数的几何运用求．
详解:（Ⅰ）
即曲线的普通方程为
∵，，
曲线方程可化为
即.
（Ⅱ）曲线左焦点为直线的倾斜角为，
所以直线的参数方程为（参数）将其代入曲线整理可得，所以.设对应的参数分别为则所以，.
所以.
点睛: 本题考查参数方程的运用，考查参数方程、极坐标方程、普通方程的转化，考查学生的计算能力，属于中档题．
19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，，，，分别是，的中点.

（1）证明：；
（2）设为线段上的动点，若线段长的最小值为，求直线与直线所成的角余弦值.
【答案】（1）见解析（2）.
【解析】
【分析】
（1）证明平面得到答案.
（2）过作于，连，证明得到，根据余弦定理计算得到答案.
【详解】（1）∵底面为菱形，，∴三角形为正三角形，
∵是的中点，∴，又，∴，
又平面，平面，∴，
而，∴平面，平面，则.
（2）过作于，连，，，
故平面，平面，∴，即，
∵，∴，故，故.
异面直线与所成的角即为与所点的角.
在中：，，，
故，
故直线与直线所成的角余弦值为.

【点睛】本题考查了线线垂直，异面直线夹角，意在考查学生计算能力和空间想象能力.
20.设函数，，.
（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；
（2），讨论函数的单调性.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将对任意，恒成立，转化为对任意， 恒成立，令，由函数在区间上单调递减，只需证恒成立即可.
（2）得到，求导，再分，， ， ，五种情况讨论求解.
【详解】（1）因为，，即，
即，
令，
因为函数在区间上单调递减，
所以恒成立，
即在区间上恒成立，
故.
（2），
，
当时，，
，，递增，，，递减，
当时，，
，，递增，，，递减，
当时，，的单调递增区间为，
当时，，或；，当变化，，变化如下表

1

正
零
负
零
正

递增
极大值
递减
极小值
递增

即单调增区间为，，减区间为.
当时，，或；，当变化，，变化如下表

1

正
零
负
零
正

递增
极大值
递减
极小值
递增

即单调增区间为，，减区间为.
综上：当时，单调增区间为，减区间为，
当时，单调增区间为，，减区间为，
当时，的单调递增区间为，
当时，单调增区间为，，减区间为.
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.
21.已知椭圆、抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为原点，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：

3

2

4

0

4

（Ⅰ）求的标准方程；
（Ⅱ）请问是否存在直线满足条件：①过的焦点；②与交不同两点且满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ），：；（Ⅱ） 或
【解析】
【详解】（Ⅰ）设抛物线，则有，据此验证个点知（3，）、（4，4）在抛物线上，易求
设：，把点（2，0）（，）代入得：
解得
∴方程为
（Ⅱ）假设存在这样的直线过抛物线焦点，设直线的方程为两交点坐标为，
由消去，得
∴①
②
由，即，得
将①②代入（*）式，得，解得
所以假设成立，即存在直线满足条件，且的方程为：或
法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意；
当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点，设其方程为，与的交点坐标为
由消掉，得，
于是，①

即②
由，即，得
将①、②代入（*）式，得，解得；
所以存在直线满足条件，且的方程为：或．
22.已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数在上的最大值；
（3）若存在，使得，证明：.
【答案】（1）增区间为，减区间为；
（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数证明单调区间即可；
（2）讨论区间端点的大小关系，确定在的单调性，即可得出其最大值；
（3）由有两个零点，得出，进而得出的取值范围，根据，由不等式的性质得出，由得出，，进而得出，结合，即可证明.
【详解】（1）
，
的增区间为，减区间为.
（2）当即时，函数在上单调递增

当即时，函数在上单调递增，在上单调递减

当即时，函数在上单调递减

综上：.
（3）当有两个零点必有
∴，∴
∴，∴，即
又，
∴，
得证.
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调性以及最值，利用导数研究双变量问题，属于中档题.